2022届广东省深圳市菁华中英文高考化学四模试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、中华传统文化对人类文明进步贡献巨大。本草纲目“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气其清如水，味极浓烈，盖酒露也。运用化学知识对其进行分析，则这种方法是A分液B升华C萃取D蒸馏2、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次

2、增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，X原子的电子层数与最外层电子数相等，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（ ）AX和Z形成的化合物是不溶于水的沉淀BZ的氧化物对应水化物的酸性一定大于YCW的简单气态氢化物沸点比Y的高DX、Y、Z简单离子半径逐渐减小3、某芳香族化合物分子式为Cl0H11ClO2，已知苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为-Cl，且该有机物能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，则满足上述条件的有机物甲的同分异构体(不考虑立体异构)数目有多少种A5种B9种C12种D15种4、最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O

3、、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是A18O2和16O2是两种不同的原子B甲醇（CH3OH）属于离子化合物CN5和N2是氮元素的两种同位素D由N5变成N2是化学变化5、化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列与化学有关的说法，正确的是A2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是新型无机非金属材料B石墨烯是由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，属于烯烃C顾名思义，苏打水就是苏打的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料D人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度6、下列说法中正确的是（ ）A向0.1molL-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中增大B厨房小实验：将鸡蛋

4、壳浸泡在食醋中，有气泡产生，说明CH3COOH是弱电解质C有甲、乙两种醋酸溶液，测得甲的pH=a、乙的pH=a+1，若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，需消耗甲、乙两酸的体积V(乙)10V(甲)D体积相同、浓度均为0.1molL-1的NaOH溶液、氨水，分别稀释m、n倍，使溶液的pH都变为9，则mYWB最高价氧化物对应水化物的碱性：XYCZ、W组成的化合物能与强碱反应DX的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:112、室温下，向20 mL0.1 mol/L H2A溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，H2A溶液中各粒子浓度分数(X)随溶液pH变化的关系如图所示。

5、下列说法错误的是 ( )A当溶液中A元素的主要存在形态为A2-时，溶液可能为弱酸性、中性或碱性B当加入NaOH溶液至20 mL时，溶液中存在(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C室温下，反应A2-+H2A=2HA-的平衡常数的对数值lgK=3D室温下，弱酸H2A的第一级电离平衡常数用Ka1表示，Na2A的第二级水解平衡常数用Kh2表示，则KalKh213、为检验某固体物质中是否铵盐，你认为下列试纸或试剂一定用不到的是()蒸馏水氢氧化钠溶液红色石蕊试纸蓝色石蕊试纸稀硫酸ABCD14、100时，向某恒容密闭容器中加入1.6 molL-1的W后会发生如下反应：2W(g)=M(g) H =a kJ

6、 mol-1。其中M的物质的量浓度随时间的变化如图所示：下列说法错误的是A从反应开始到刚达到平衡时间段内，(W) =0.02 molL-1s-1Ba、b两时刻生成W的速率：(a)(bc) =0D其他条件相同，起始时将0.2 mol L-1氦气与W混合，则反应达到平衡所需时间少于60 s15、在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是ANa+ K+ OH- Cl- BNa+ Cu2+ SO42- NO3-CCa2+ HCO3- NO3-K+ DMg2+ Na+ SO42- Cl-16、下列实验操作及现象和结论都正确的是( )实验操作及现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化钠溶

7、液和饱和硫酸铜溶液，均有固体析出蛋白质均发生变性B溴乙烷与氢氧化钠溶液共热后，滴加硝酸银溶液，未出现淡黄色沉淀溴乙烷未水解C向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，一支试管中出现黄色沉淀，另一支无明显现象Ksp(AgI)碳酸苯酚AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、某药物G，其合成路线如下：已知：R-X+ 试回答下列问题：(1)写出A的结构简式_。(2)下列说法正确的是_A化合物E具有碱性 B化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀C化合物F能发生还原反应 D化合物G的分子式为C16H17N5O2Br(3)写出C+DE的化学方程式_。(

8、4)请设计以用4溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线_(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式_。须同时符合：分子中含有一个苯环； 1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。18、苯二氮卓类药物氟马西尼（F）的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）A中官能团有氟原子、_和_。（均填名称）（2）C3H5O2Cl的结构式为_。（3）反应和的反应类型相同，其反应类型是_。（4）化合物 D的分子式为_。（5）反应生成“ 物质 F” 和 HCl，则 EF的化学反应方程式为_。（6）是 F的同分异构体，其中 X部分含COOH且没有支链，满足该条件

9、的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。（7）已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物，请设计由甘氨酸（HOOCCH2NH2）和CNCH2COOC2H5制备的合成路线_（无机试剂任选）。19、氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成。在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。右下图是实验室仿 工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。实验药品：铜丝、氯化铵、65硝酸、20盐酸、水。(1)质量分数为20的盐酸密度为，物质的量浓度为_；用浓盐酸配制20盐酸需要的玻璃仪器有：_、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(2)实验室制备过程如下：检查装置气密性，向三颈瓶中加

10、入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭。实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是_；加热至，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。打开，通入氧气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭，冷却至室温，制得。通入氧气的目的为_；三颈瓶中生成的总的离子方程为_；将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。粗品用95乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。(3)便于观察和控制产生的速率，制备氧气的装置最好运用_(填字母)。(4)下列说法不正确的是_A步骤中可以省去，因为已经加入了B步骤用去氧水稀释，目的是使转化为，同时防止被氧化C当三颈烧瓶上方不出现

11、红棕色气体时，可停止通入氧气D流程中可循环利用的物质只有氯化铵(5)步骤用95乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是_、_(答出两条)。(6)氯化亚铜的定量分析：称取样品和过量的溶液于锥形瓶中，充分溶解；用硫酸Ce(SO4)2标准溶液测定。已知：已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1)：平衡实验次数123样品消耗硫酸锑标准溶液的体积2则样品中的纯度为_(结果保留3位有效数字)。误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是_。A锥形瓶中有少量蒸馏水 B滴定终点读数时仰视滴定管刻度线C所取溶液体积偏大 D滴定前滴定

12、管尖端有气泡，滴定后气泡消失20、为探究氧化铜与硫的反应并分析反应后的固体产物，设计如下实验装置。(1)如图连接实验装置，并_。(2)将氧化铜粉末与硫粉按 5：1 质量比混合均匀。(3)取适量氧化铜与硫粉的混合物装入大试管中，固定在铁架台上，打开_ 和止水夹 a 并_，向长颈漏斗中加入稀盐酸，一段时间后，将燃着的木条放在止水夹 a 的上端导管口处，观察到木条熄灭，关闭活塞 K 和止水夹 a，打开止水夹 b。该实验步骤的作用是_，石灰石与稀盐酸反应的离子方程式为_。(4)点燃酒精灯，预热大试管，然后对准大试管底部集中加热，一段时间后，气球膨胀， 移除酒精灯，反应继续进行。待反应结束，发现气球没有

13、变小，打开止水夹 c，观察到酸性高锰酸钾溶液褪色后，立即用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞 K。这样操作的目的是_。(5)拆下装置，发现黑色粉末混有砖红色粉末。取少量固体产物投入足量氨水中，得到无色溶液、但仍有红黑色固体未溶解，且该无色溶液在空气中逐渐变为蓝色。查阅资料得知溶液颜色变化是因为发生了以下反应：4Cu(NH3)2+ + O2+8NH3 H2O=4Cu(NH3)42+4OH+6H2O。经分析，固体产物中含有Cu2O。Cu2O 溶于氨水反应的离子方程式为_。仍有红色固体未溶解，表明氧化铜与硫除发生反应 4CuO + S2Cu2O+SO2外，还一定发生了其

14、他反应，其化学方程式为_。进一步分析发现 CuO 已完全反应，不溶于氨水的黑色固体可能是_(填化学式)。21、CS2是一种常见溶剂，还可用于生产人造粘胶纤维等。回答下列问题：(1)CS2与酸性KMnO4溶液反应，产物为CO2和硫酸盐，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 _(MnO4-被还原为Mn2+)(2)甲烷硫磺法制取CS2的反应为CH4(g)+2S2(g)CS2(g)+2H2S(g) H。 在恒温恒容密闭容器中进行该反应时，能说明该反应已达到平衡状态的是_(填字母)Av正(S2)=2v逆(CS2)B容器内气体的密度不再随时间变化C容器内气体的总压强不再随时间变化D单位时间内断裂C-H键

15、数目与断裂HS键数目相等已知下列键能数据：共价键CHS=SC=SHS律能/kJmol-1411425573 363该反应的H _kJmol-1(3)在一密闭容器中，起始时向该容器中充入H2S和CH4且n(H2S):n(CH4)=2:1，发生反应：CH4(g) +2H2S(g)CS2(g) + 4H2(g)。0.1MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图所示：该反应H _(填“”或“10c（乙），则若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，需消耗甲、乙两酸的体积V(乙)10V(甲)，故C正确；D.体积相同、浓度均为0.1molL-1的NaOH溶液、氨水，pH（NaOH） pH（

16、氨水），若使溶液的pH都变为9，则应在氢氧化钠溶液中加入更多的水，即mn，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，即氢氧化钠的物质的量相同，需要的一元酸的物质的量也相同，则需要浓度大的酸体积消耗的小，浓度小的酸消耗的体积大。7、C【解析】A反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，正确，A不选；B根据总反应方程式，可知正极是O2得电子生成OH，则正极反应式：O2+2H2O+4e=4OH，正确，B不选；C根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。1molMg

17、，质量为24g，失去2mole；1molAl，质量为27g，失去3mole；则镁、铝两种金属理论比能量之比为；错误，C选；D负极上Mg失电子生成Mg2，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性电解质，或采用阳离子交换膜，负极生成OH不能达到阴极区，正确，D不选。答案选C。8、D【解析】AC3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，这说明该晶体属于原子晶体。由于碳原子半径大于氮原子半径，则其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固，A正确；B构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，晶体中碳原子和氮原子

18、的最外层都满足8电子结构，B正确；C碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，C正确；D金刚石中只存在C-C键，属于非极性共价键，C3N4晶体中C、N之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，D错误；答案选D。9、C【解析】A、v=c/t=(1.00.2)104mol/L4s=210-5mol/（Ls），A错误；B、HbO2转化为O2，所以反应物的浓度减少，生成物浓度增加，则正反应速率减少，逆反应速率增加，B错误；C、CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，C正确；D、根据平衡常数K=c(O2)c(Hb

19、CO) / c(CO)c(HbO2)=10.7104 0.8 104/0.2 104 0.2 104=214，D错误；答案选C。10、B【解析】A. 非标准状况下，6.72 L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72 L的H2，溶液中AlO2的数目不一定增加0.2 NA，故A错误；B. 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA，故B正确；C. 当2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目为0.3 NA，加入2.7 g Al，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；D. 根据钠元素

20、守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。11、D【解析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素； X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。【详解】由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X

21、为Na元素、Z为Si元素；ALi、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是XYW，故A正确；BNa的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：XY，故B正确；CZ、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；DX的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(

22、稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如LiNaK，Li+Na+K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2FNa+Mg2+Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故A13+

23、S2。12、B【解析】A、当溶液中A元素的主要存在形态为A2时，溶液pH大于4.2，溶液可能为弱酸性、中性或碱性，故A正确；B、HA与NaOH按1:1混合，所得溶液为NaHA溶液，由图可知，NaHA溶液呈酸性。根据电荷守恒得c(Na)+c(H)=2(A2)+c(HA)+c(OH)，因为c(H)c(OH)，所以c(Na)2c(A2)+c(HA)，故B错误；C、依据图像中两个交点可计算出Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，室温下，反应A2+H2A2HA的平衡常数K=103，lgK=3，故C正确；D、因为K1=10-1.2，所以Kh2=，故Ka1kh2，故D正确；答案选B。【点睛】本题考查酸

24、碱混合的定量判断及根据弱电解质的电离平衡常数进行计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，难点C注意掌握反应平衡常数与电离常数的关系。13、B【解析】铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸，则不需要的物质是蓝色石蕊试纸及稀硫酸，正确，故答案为B。14、D【解析】A. 根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内=0.01 molL-1s-1，则= =0.02 molL-1s-1，A项正确；B. 随着反应的进行，消耗的W的浓度越来越小，生成W的速率即逆反应速率越来越大，因此a、b两时刻生成W的速率：(a)(bc) =0，C

25、项正确；D. 其他条件相同，起始时将0.2 mol L-1氦气与W混合，与原平衡相比，W所占的分压不变，则化学反应速率不变，反应达到平衡所需时间不变，D项错误；答案选D。15、D【解析】溶液为强酸性，说明溶液中含有大量H，溶液为无色透明溶液，有色离子不能存在，然后根据发生复分解反应条件进行分析。【详解】A、OH与H反应生成H2O，因此该离子组不能在指定的溶液大量共存，故A不符合题意；B、Cu2显蓝色，故B不符合题意；C、HCO3与H发生反应生成H2O和CO2，在指定溶液不能大量共存，故C不符合题意；D、在指定的溶液中能够大量共存，故D符合题意。【点睛】注意审题，溶液为无色溶液，含有有色离子不能

26、存在，常有的有色离子是Cu2(蓝色)、Fe2(浅绿色)、Fe3(棕色)、MnO4(紫色)。16、C【解析】A蛋白质与NaCl饱和溶液发生盐析，硫酸铜溶液可使蛋白质变性，故A错误；B溴乙烷与NaOH溶液共热后，应先加入硝酸酸化除去过量的NaOH，否则不能排除AgOH的干扰，故B错误；C浓度相同，Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，故C正确；D醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠溶液反应也能产生白色浑浊，则不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故D错误；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、 A、B、C +HBr 、 【解析】A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6

27、N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应，所以F的结构为。【详解】(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，

28、所以A的结构即为；(2)A通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；B化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；C通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；D由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；答案选ABC；(3)C与D反应生成E的方程式为：+HBr；(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应

29、即可，所以具体的合成路线为：；(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。【点睛】推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。18、氨基 羧基 ClC

30、OOC2H5 取代反应 C10H9N2O2F +CNCH2COOC2H5+HCl 3 【解析】根据合成路线可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，C与CH3NHCH2COOH反应生成D，D经过反应得到E，E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，据此分析解答问题。【详解】(1)A的结构简式为，分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基，故答案为：氨基；羧基；(2)根据上述分析可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B的结构简式为，逆推可得C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5，故答案为：ClCOOC2H5；(3)反应为A与C3H5

31、O2Cl发生取代反应生成B，反应为B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，两者都是取代反应，故答案为：取代反应；(4)化合物D的结构式为，根据各原子的成键原理，可知其分子式为C10H9N2O2F，故答案为：C10H9N2O2F；(5)E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，反应方程式为：+CNCH2COOC2H5+HCl，故答案为：+CNCH2COOC2H5+HCl；(6)是 F的同分异构体，则X为C4H7O2，又X部分含COOH且没有支链，则X有CH2CH2CH2COOH、CH2CH(COOH)CH3、CH(COOH)CH2CH33种结构，即满足条件的同分异构体有3种，故答案为：3

32、；(7)结合题干信息，制备时，可先将甘氨酸（HOOCCH2NH2）脱水缩合得到，在与POCl3反应得到，与CNCH2COOC2H5反应制得，合成路线为，故答案为：。19、6.0mol/L 量筒 氯化铵溶解于水为吸热过程 将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3 3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO+2H2O B AD 除去CuCl表面附着的NH4Cl 迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化 95.5% BD 【解析】根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度5085制得NH4CuCl2，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母

33、液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品；(1) 根据c=计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒；(2) 氯化铵溶解吸热；根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4CuCl2和无色气泡NO，据此书写； (3) 装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；(4) A步骤得到CuCl2(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成；BCuCl 易被氧化，应做防氧化处理；C三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；D步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用；(5) 氯化亚铜是一种白色粉末

34、，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；(6) 第一组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuClFeCl3Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L0.024L99.5g/mol=0.2388g，据此计算可得；误差分析依据c(待测)=分析，标准溶液体积变化就是误差的变化。【详解】(1) 盐酸的物质的量浓度c=6.0mol/L，量取浓盐酸需要量筒，则配制20%盐酸时除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要量筒；(2)因为氯化铵溶解于水为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；根据

35、题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4CuCl2和无色气泡NO，则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO+2H2O； (3) 制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C中Na2O2和水反应速率快，不能很好控制产生O2的速率，B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，故答案为B； (4) A步骤得到CuCl2(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成，HCl是为了增大氯离子浓度，不可省略，故A错误；B步骤II所得滤渣洗涤干燥得到CuCl，步骤II目的是NaCuCl2转化为CuCl，CuCl 易被氧化，应做防氧化处理，故B正确；C三

36、颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正确；D步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用，洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用，故D错误；故答案为AD； (5) 已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化； (6) 第二组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuClFeCl3Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L0.024L99.5g/mol=0.2388g，CuCl的纯度为100%=95.

37、5%；依据c(待测)=分析：A锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B滴定终点读数时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C过量的FeCl3溶液能保证CuCl完全溶解，多余的FeCl3对测定结果无影响，故C错误；D滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故答案为BD。【点睛】误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。20、检查装置气密性 活塞K 关闭 b、c 排除装置中的空气或氧气 CaCO3 +2H+ =Ca2+ H2O+CO2 避免SO2污染空气 Cu2O+4NH3 H2O =2Cu(NH3)2+2OH+3H2O 2CuO+S2Cu+SO2 Cu2S 【解析】(1)硫在加热条件下易于空气中的氧气反应，对该实验会产生影响，要确保实验装置中无空气，保证密闭环境； (3)氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行，石灰石与盐酸反应产生